2023届高考化学二轮复习专题八化学反应速率化学平衡专题测试新人教版

PAGEPAGE8专题八化学反响速率化学平衡1．对于合成氨反响，到达平衡后，以下分析正确的选项是()A．升高温度，对正反响的反响速率影响更大B．增大压强，对正反响的反响速率影响更大C．减小反响物浓度，对逆反响的反响速率影响更大D．参加催化剂，对逆反响的反响速率影响更大【答案】B【解析】A．合成氨反响的正反响是放热反响，升高温度，正反响、逆反响的反响速率都增大，但是温度对吸热反响的速率影响更大，所以对该反响来说，对逆反响速率影响更大，错误；B．合成氨的正反响是气体体积减小的反响，增大压强，平衡正向移动，正反响速率大于逆反响速率，所以对正反响的反响速率影响更大，正确；C．减小反响物浓度，使正反响的速率减小，由于生成物的浓度没有变化，所以逆反响速率不变，错误；D．参加催化剂，使正反响、逆反响速率改变的倍数相同，正反响、逆反响速率相同，错误。2．在恒温下的密闭容器中，有可逆反响2NO2N2O4，以下描述不能说明该反响到达平衡状态的是()A．N2O4生成速率与N2O4分解速率相等B．混合气体平均相对分子质量保持不变C．NO2的分子数与N2O4分子数之比为2∶1D．体系颜色不再发生改变【答案】C【解析】N2O4的生成速率和分解速率相等，说明N2O4的浓度不变，即反响到达平衡状态，A选项正确；混合气体的平均相对分子质量eq\x\to(M)(混)＝eq\f(m混,n混)，eq\x\to(M)(混)不变，说明n(混)不变，即反响到达了平衡状态，B选项正确；NO2与N2O4的分子数之比为2∶1时反响不一定到达平衡状态，C选项错误；体系颜色不变，说明NO2的浓度不变，即反响到达平衡状态，D选项正确。3．反响COCl2(g)CO(g)＋Cl2(g)ΔH>0，到达平衡时，以下措施：①升温②恒容通入惰性气体③增加CO浓度④减压⑤加催化剂⑥恒压通入惰性气体，能提高COCl2转化率的是()A．①②④ B．①④⑥C．②③⑤ D．③⑤⑥【答案】B【解析】能提高反响物转化率的方法是在不改变该反响物起始量的条件下使化学平衡向正反响方向移动。①升温向吸热方向即正反响方向移动；②恒容通入惰性气体，各组分浓度不变，平衡不移动；③增加CO浓度使平衡逆向移动；④减压使平衡正向移动；⑤催化剂不影响平衡；⑥恒压通入惰性气体，参与反响的各组分压强减小，平衡正向移动，故①④⑥符合题意。4．在密闭容器中进行反响：X2(g)＋Y2(g)2Z(g)。X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1mol·L－1、0.3mol·L－1、0.2mol·L－1，在一定条件下，当反响到达平衡时，各物质的浓度可能是()A．c(Z)＝0.3mol·L－1 B．c(X2)＝0.2mol·L－1C．c(Y2)＝0.4mol·L－1 D．c(X2)＋c(Y2)＋c(Z)＝0.55mol·L－1【答案】A【解析】假设反响向正反响方向进行，由于Y2(g)过量，那么完全转化时，Z(g)的浓度为0.4mol·L－1；假设反响向逆反响方向进行，那么完全转化时，X2(g)、Y2(g)的浓度分别为0.2mol·L－1、0.4mol·L－1。由题意知，该反响为可逆反响，反响物不可能完全转化为生成物，生成物也不可能完全转化为反响物，故A正确，B、C均错误；又该反响前后气态物质体积不变，反响到达平衡时，不管X2、Y2、Z怎么变化，总物质的量不会改变，物质的总浓度也不会改变，即c(X2)＋c(Y2)＋c(Z)＝0.6mol·L－1，D错误。5．在2L的密闭容器中，一定条件下发生化学反响：2NO(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋N2(g)ΔH＝－746.4kJ·mol－1。起始时NO和CO各为4mol,10s后到达化学平衡后，测得N2为1mol。以下有关反响速率的说法中，正确的选项是()A．反响前5s内，用NO表示的平均反响速率为0.1mol·(L·s)－1B．到达平衡后，升高温度，正反响速率将减小，逆反响速率将增大C．到达平衡后，反响速率的关系有：v正(CO)＝2v逆(N2)D．保持容器体积不变，往容器中充入1molO2，正、逆反响速率都不改变【答案】C【解析】10s内，由化学反响方程式知，参加反响的NO为2mol，v(NO)＝eq\f(2mol/2L,10s)＝0.1mol·(L·s)－1，所以，5s内的速率不是0.1mol·(L·s)－1，A项错；升高温度，正、逆反响速率均加快，B项错；由方程式知，v正(CO)＝2v正(N2)，结合C项中的关系，可说明，v正(N2)＝v逆(N2)，即为平衡状态，C项正确；充入O2可以与NO反响，那么正反响速率减小，逆反响速率瞬时不变，随后减小，D项错。6．(2022·河北唐山模拟)某温度下，在2L的密闭容器中，参加1molX(g)和2molY(g)发生反响：X(g)＋mY(g)3Z(g)。平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中参加1molZ(g)，再次到达平衡后，X、Y、Z的体积分数不变。以下表达不正确的选项是()A．m＝2B．两次平衡的平衡常数相同C．X与Y的平衡转化率之比为1∶1D．第二次平衡时，Z的浓度为0.4mol·L－1【答案】D【解析】A项，根据再次参加1molZ(g)，平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，可知该反响是一个反响前后气体分子数相等的反响，因此m＝2。B项，由于温度没有变化，故两次平衡的平衡常数不变。C项，因为是按照化学方程式中化学计量数之比充入的反响物，因此二者的平衡转化率相等。D项，该反响前后气体分子数不变，因此反响后气体的物质的量与反响前一样，都为4mol，而平衡后Z的体积分数为10%，平衡时Z的物质的量为4mol×10%＝0.4mol，容器体积为2L，Z的浓度为0.2mol·L－1。7．对于可逆反响N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＜0。以下研究目的和图示相符的是()ABCD研究目的温度(T)对化学平衡的影响(T2>T1)压强(p)对平衡常数的影响温度(T)对反响的影响压强(p)对反响的影响(p2>p1)图示【答案】C【解析】A项，根据“先拐先平〞反响快、温度高，可知T1>T2，错误；B项，“化学平衡常数只受温度影响，与压强无关，错误；C项，①最低点为平衡点；②最低点左侧为反响向右进行建立平衡的过程；③后半段为温度对平衡影响；D项，根据“先拐先平、反响快，压强大〞可知p1>p2，错误。8．将E和F参加密闭容器中，在一定条件下发生反响：E(g)＋F(s)2G(g)。忽略固体体积，平衡时G的体积分数(%)随温度和压强的变化如下表所示：压强/MPa温度/℃体积分数/%1.02.03.081054.0ab915c75.0d1000ef83.0①b<f②915℃、2.0MPa时E的转化率为60%③该反响的ΔS>0④K(1000℃)>K(上述①～④中正确的有()A．4个 B．3个C．2个 D．1个【答案】A【解析】由题意，增大压强，平衡向逆反响方向移动，因此b<a<54.0，可知a<75.0，故升高温度，平衡向正反响方向移动，因此有f>a>b，①正确；根据反响：E(g)＋F(s)2G(g)反响前/mol10转化量/molx2x反响后/mol1－x2x根据915℃时，G的体积分数为2x/(1＋x)×100%＝75%，x＝0.6，此时E的转化率为60%，②正确；该反响为熵增反响，ΔS>0，③正确；升高温度，平衡向正反响方向移动，K(1000℃)>K(810℃9．甲、乙、丙三个容器中最初存在的物质及其数量如下图，三个容器最初的容积相等、温度相同，反响中甲、丙的容积不变，乙中的压强不变，在一定温度下反响到达平衡。以下说法正确的选项是()A．平衡时各容器内c(NO2)的大小顺序为乙>甲>丙B．平衡时N2O4的百分含量：乙>甲＝丙C．平衡时甲中NO2与丙中N2O4的转化率不可能相同D．平衡时混合物的平均相对分子质量：甲>乙>丙【答案】B【解析】因甲、丙为恒容容器，0.1molN2O4完全转化可得到0.2molNO2，故甲、丙两容器中的化学平衡为等效平衡，反响开始后乙容器中的压强大于甲容器中的压强，而压强越大，越有利于平衡向生成N2O4的方向进行，故B对；再结合平均相对分子质量与各组分相对分子质量的关系知D错；虽然乙中转化掉的NO2比甲中多，由勒夏特列原理知因乙的容积减小导致NO2浓度增大的程度大于因平衡移动使NO2浓度减小的程度，因此，平衡时乙中NO2的浓度大于甲中NO2的浓度，但由于甲、丙两容器内的化学平衡为等效平衡，甲、丙中NO2的浓度应相等，A错；由甲、丙中的化学平衡为等效平衡知，假设平衡时甲中NO2的转化率为50%，那么丙中N2O4的转化率也为50%，C错。10．根据下表所示化学反响与数据关系，答复以下问题：化学反响平衡常数温度973K1173K①Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)K11.472.15②Fe(s)＋H2O(g)FeO(s)＋H2(g)K2.381.67③CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)K3？？〔1〕反响①是________(填“吸热〞或“放热〞)反响。〔2〕写出反响③的平衡常数K3的表达式__________________________________。〔3〕根据反响①②③可推导出K1、K2与K3之间的关系，那么K3＝________(用K1、K2表示)。〔4〕要使反响③在一定条件下建立的平衡向逆反响方向移动，可采取的措施有________(填写字母序号)。A．缩小反响容器的容积B．扩大反响容器的容积C．升高温度D．使用适宜的催化剂E．设法减小平衡体系中的CO浓度〔5〕假设反响③的逆反响速率与时间的关系如下图：①可见反响在t1、t3、t7时都到达了平衡，而t2、t8时都改变了一种条件，试判断改变的是什么条件：t2时________；t8时____________。②假设t4时降压，t6时增大反响物的浓度，请在图中画出t4～t6时逆反响速率与时间的关系曲线。【答案】〔1〕吸热〔2〕eq\f(cCO2·cH2,cCO·cH2O)〔3〕eq\f(K2,K1)〔4〕CE〔5〕①升高温度或增大CO2的浓度或增大H2的浓度使用催化剂或加压或减小容器的容积【解析】〔1〕由表可知，温度升高，反响①的K1增大，故该反响为吸热反响。〔2〕反响③的平衡常数K3＝eq\f(cCO2·cH2,cCO·cH2O)。〔3〕K3＝eq\f(cCO2·cH2,cCO·cH2O)，K1＝eq\f(cCO,cCO2)，K2＝eq\f(cH2,cH2O)，故K3＝eq\f(K2,K1)。〔4〕反响①为吸热反响，其逆反响为放热反响，反响②是放热反响，而反响③是反响①的逆反响与反响②的和，故反响③是放热反响，且反响前后气体的体积不变，故只有C、E可使平衡逆向移动。〔5〕①由图可知，t2时改变的条件使反响速率增大，且平衡逆向移动，故改变的条件是升高温度或增大CO2的浓度(或增大H2的浓度)；t8时改变的条件使反响速率加快且平衡不移动，故改变的条件是使用催化剂或加压(或减小容器的容积)。②假设t4时降压，那么反响速率减小，曲线在原来平衡曲线的下方，平衡不移动，故该曲线为水平直线，且纵坐标为t6时的v逆。11．一定温度下，向一容积为5L的恒容密闭容器中充入0.4molSO2和0.2molO2，发生反响：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＝－196kJ·mol－1。当反响到达平衡时，容器内压强变为起始时的eq\f(7,10)。请答复以下问题：〔1〕判断该反响到达平衡状态的标志________(填字母序号)。a．SO2、O2、SO3三者的浓度之比为2∶1∶2b．容器内气体的压强保持不变c．容器内混合气体的密度保持不变d．SO3的物质的量不再变化〔2〕①SO2的转化率为________；②到达平衡时反响放出的热量为________。〔3〕如图表示平衡时SO2的体积分数随压强和温度变化的曲线，那么：①温度关系：T1________T2(填“>〞“<〞或“＝〞，下同)。②平衡常数关系：KA________KB，KA________KD。【答案】〔1〕bd〔2〕①90%②35.28kJ〔3〕>＝<【解析】〔1〕a项，SO2、O2、SO3三者的浓度之比为2∶1∶2，与它们的化学计量数之比相等，和反响是否到达平衡没关系，不能作为反响到达平衡状态的标志；b项，容器内气体的压强不变，这是一个恒容条件下的化学平衡，反响前后气体物质的量是有所改变的，现在压强不变，说明气体总量不变，化学反响到达了化学平衡状态；c项，容器内混合气体的密度保持不变，这是恒容条件下的化学平衡状态，反响物和生成物均为气体，那么气体质量恒定，气体密度恒定，所以不能作为反响到达平衡状态的标志；d项，SO3的物质的量不再变化，说明化学反响到达了平衡状态。〔2〕向容积为5L的恒容密闭容器中充入0.4molSO2和0.2molO2，根据反响有：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)起始量/mol0.40.20改变量/mol2xx2x平衡量/mol0.4－2x0.2－x2x当反响到达平衡时，容器内压强为起始时的eq\f(7,10)，那么有eq\f(0.4－2x＋0.2－x＋2x,0.4＋0.2)＝0.7，解得x＝0.18。①SO2的转化率＝eq\f(0.36mol,0.4mol)×100%＝90%；②到达平衡时反响放出的热量＝0.36×eq\f(196,2)kJ＝35.28kJ。〔3〕该反响为放热反响，升高温度，平衡逆向移动，二氧化硫的体积分数增大，那么可得到温度关系T1>T2；化学平衡常数和温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，KA＝KB；该反响为放热反响，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，KA<KD。12．合金贮氢材料具有优异的吸放氢性能，在配合氢能的开发中起着重要作用。〔1〕一定温度下，某贮氢合金(M)的贮氢过程如下图，纵轴为平衡时氢气的压强(p)，横轴表示固相中氢原子与金属原子的个数比(H/M)。在OA段，氢溶解于M中形成固溶体MHx，随着氢气压强的增大，H/M逐渐增大；在AB段，MHx与氢气发生氢化反响生成氢化物MHy，氢化反响方程式为：zMHx(s)＋H2(g)zMHy(s)ΔH1(Ⅰ)。在B点，氢化反响结束，进一步增大氢气压强，H/M几乎不变。反响(Ⅰ)中z＝________(用含x和y的代数式表示)。温度为T1时，2g某合金4min内吸收氢气240mL，吸氢速率v＝________mL·g－1·min－1。反响(Ⅰ)的焓变ΔH1________0(填“>〞“<〞或“＝〞)。〔2〕η表示单位质量贮氢合金在氢化反响阶段的最大吸氢量占其总吸氢量的比例，那么温度为T1、T2时，η(T1)________η(T2)(填“>〞“<〞或“＝〞)。当反响(Ⅰ)处于图中a点时，保持温度不变，向恒容体系中通入少量氢气，达平衡后反响(Ⅰ)可能处于图中的________(填“b〞“c〞或“d〞)点，该贮氢合金可通过________或________的方式释放氢气。【解析】〔1〕根据氢原子守恒得zx＋2＝zy，那么z＝eq\f(2,y－x)。v＝eq\f(240mL,2g×4min)＝30mL·g－1·min－1。由题图可以看出，温度越高，平衡时氢气的压强越大，说明反响(Ⅰ)逆向移动，该反响为放热反响，ΔH1<0。〔2〕反响(Ⅰ)为放热反响，温度越低，单位质量的贮氢合金的吸氢量越大，故η(T1)＞η(T2)。反响(Ⅰ)的化学平衡常数